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\title{\textbf{Fourier Analysis Appendix 4}}
\author{张浩然}
\date{\today}
\linespread{1.5}
\definecolor{shadecolor}{RGB}{241, 241, 255}
\newcounter{problemname}
\newenvironment{problem}{\begin{shaded}\stepcounter{problemname}\par\noindent\textbf{题目\arabic{problemname}. }}{\end{shaded}\par}
\newenvironment{solution}{\par\noindent\textbf{解答. }}{\par}
\newenvironment{note}{\par\noindent\textbf{题目\arabic{problemname}的注记. }}{\par}

\begin{document}

\maketitle



\begin{problem}
  2025年中科院数学所推免笔试
 \par
(1)证明: 三角级数$\sum_{k=1}^{\infty}\dfrac{\sin(kx)}{\sqrt{k}}$在$x\in \mathbb{R}$
上均收敛, 但它不可能是任何平方Riemann可积函数$f\in \mathcal{R}_2[-\pi,\pi]$的Fourier级数;
\par
(2)讨论三角级数$\sum_{k=1}^{\infty}\dfrac{\cos(kx)}{k}$在$x\in \mathbb{R}$上的收敛性
和一致收敛性.
\end{problem}



\begin{solution}
  \par
  (1)当$x\ne 2n\pi,n\in \mathbb{Z}$时，根据复指数方法：
  $$
  \left|\sum_{k=1}^{N}\sin(kx)\right|
  =\dfrac{\left|\cos(\frac{1}{2}x)
  -\cos(N+\frac{1}{2})\right|}{2|\sin \frac{1}{2}x|}\leqslant \dfrac{1}{|\sin \frac{x}{2}|}
  $$
  \par
  其一致有界，且$\dfrac{1}{\sqrt{k}}$单调递减收敛于$0$.
  \par
  根据Dirichlet判别法，其收敛.
  \par
  又$x=2n\pi, n \in \mathbb{Z}$时，显然收敛，则此级数$x\in \mathbb{R}$均收敛.
  \par
  反证法，假设其为某平方Riemann可积函数$f(x)$的Fourier级数.
  则:
  $$
f(x)\sim \sum_{k=1}^{\infty}\dfrac{1}{2i\sqrt{k}}\mathrm{e}^{ikx}+\sum_{k=1}^{\infty}\dfrac{-1}{2i\sqrt{k}}\mathrm{e}^{-ikx}
  $$
  \par
  根据Parseval恒等式:
  $$
  \dfrac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}|f(x)|^2\mathrm{d}x
  =\sum_{k=1}^{\infty}\dfrac{1}{2k}
  $$
  \par
  根据右侧级数发散，而左侧积分有限知道矛盾!
  \par
  不存在任何平方Riemann可积函数满足条件.
  \par
  \quad
  \par
  (2)此级数的收敛性方法同上,但要注意$x=2n\pi,n\in \mathbb{Z}$
  时，$\sum_{k=1}^{\infty}\dfrac{1}{\sqrt{k}}$级数发散，$x\ne 2n\pi, n\in \mathbb{Z}$时，级数收敛.
  \par
  下说明$x \ne 2n\pi,n\in \mathbb{Z}$时，条件收敛.
  \par
  用反证法，假设其绝对收敛, 那么:
  $$
  \dfrac{|\cos(kx)|}{\sqrt{k}}\geqslant \dfrac{|\cos(kx)|^2}{\sqrt{k}}=\dfrac{\cos(2kx)}{2\sqrt{k}}+\dfrac{1}{2\sqrt{k}}
  $$
  \par
  (1)当$x\ne n\pi, n\in \mathbb{Z}$因为$\sum_{k=1}^{\infty}\dfrac{\cos(2kx)}{2\sqrt{k}}$收敛，但$\sum_{k=1}^{\infty}\dfrac{1}{2\sqrt{k}}=+\infty$
  矛盾!
  \par
  (2)当$x=n\pi,n\in\mathbb{Z}$, $2\sum_{k=1}^{\infty}\dfrac{1}{2\sqrt{k}}=+\infty$,
  矛盾!
  \par
  则此级数条件收敛.
  \par
  下证其不是一致收敛的.
  存在$\varepsilon_0=\dfrac{\sqrt{2}}{4}$,存在$n,2n,x_0=2n\pi+\dfrac{\pi}{2}-\dfrac{\pi}{4n}$使得
  $$
  \begin{aligned}
&\left|\dfrac{\cos(n+1)x_0}{\sqrt{n+1}}+\cdots+\dfrac{\cos(2n)x_0}{\sqrt{2n}}\right|\\
=&\dfrac{\cos\frac{(n-1)\pi}{4n}}{\sqrt{n+1}}+\cdots+\dfrac{\cos 0}{\sqrt{2n}}\\
\geqslant& \cos\frac{\pi}{4}\left(\dfrac{1}{\sqrt{n+1}}+\cdots+\dfrac{1}{\sqrt{2n}}\right)\\
\geqslant& \cos\frac{\pi}{4}\left(\dfrac{1}{n+1}+\cdots+\dfrac{1}{2n}\right)\\
\geqslant &\cos \dfrac{\pi}{4}\cdot \dfrac{n}{2n}\\
=&\dfrac{\sqrt{2}}{4}=\varepsilon_0
  \end{aligned}
  $$
  \par
  则其非一致收敛.
  \par
  但取不包含$2n\pi,n\in\mathbb{Z}$的任何闭区间，其上一致收敛的，这可以根据
  一致收敛的Dirichlet判别法得到, 因为$|\sum_{k=1}^{N}\cos kx|\leqslant C$,$C>0$且与$x,N$无关,
  且$\dfrac{1}{\sqrt{k}}$关于$x$一致单调收敛到$0$.
  \par
  综上所述，$x=2n\pi,n\in \mathbb{Z}$时，此三角级数发散.
  \par
  $x\ne 2n\pi, n\in \mathbb{Z}$时, 此三角级数条件收敛,且不一致收敛，但是内闭一致收敛.
\end{solution}

\end{document}